第38讲　固体、液体、气体的性质　热力学定律 课件 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦固体、液体、气体性质及热力学定律核心考点，依据高考评价体系梳理气体压强计算、实验定律及图像、理想气体状态方程等五大考查模块，通过考点权重分析明确气体实验定律图像、压强计算等高频考点，归纳计算题、图像分析题等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于高考真题训练与科学思维培养，如2025广东卷差压阀问题、河南卷汽缸活塞问题的深度解析，结合液片法、力平衡法等四种压强求解技巧，培养学生模型建构与科学推理素养。特设易错点警示和规律总结，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准规划复习，提升备考效率。

第38讲　固体、液体、气体的性质　热力学定律 考点一　气体的性质及气体压强的计算 必备知识•全方位凝练 1.气体压强 (1)产生的原因 由于大量气体分子做无规则运动而碰撞器壁,形成对器壁各处均匀、持续的压力,作用在器壁单位面积上的压力叫作气体的压强。 (2)决定因素 ①宏观上:决定于气体的温度和体积。 ②微观上:决定于分子的平均动能和分子的密集程度。 关键能力•多维度提升 典例1　若已知大气压强为p0,如图所示各装置均处于静止状态,图中液体密度均为ρ,重力加速度为g,其余数据如图中所示,求下列各图中被封闭气体的压强。 答案 甲:p0-ρgh　乙:p0-ρgh　丙:p0-ρgh　丁:pA=p0+ρgh1　pB=p0+ρg(h1-h2) 解析 在题图甲中,以高为h的液柱为研究对象,由二力平衡知p甲S+ρghS=p0S,得p甲=p0-ρgh;在题图乙中,以B液面为研究对象,由平衡条件有p乙S+ρghS =p0S,得p乙=p0-ρgh;在题图丙中,以B液面为研究对象,有p丙S+ρghSsin 60° =p0S,得p丙=p0-ρgh;在题图丁中,气体B和A的压强关系可由图中虚线所示的等高线联系起来,则有pB+ρgh2=pA,而pA=p0+ρgh1,所以气体B的压强为pB=p0+ρg(h1-h2)。 典例2　关于气体的压强,下列说法正确的是(　　) A.单位体积内的分子数越多,气体的压强就越大 B.分子的平均动能越小,气体的压强就越小 C.气体的压强是由分子间的斥力引起的 D.气体的压强是由分子频繁撞击器壁引起的 D 解析 气体的压强与气体分子的密度和分子平均动能有关,所以单位体积分子数多,气体压强不一定大;分子平均动能小,气体压强不一定小,故A、B错误。气体的压强是由大量气体分子频繁撞击器壁产生的,故C错误,D正确。 方法技巧 求解压强问题常见的四种方法 (1)液片法:选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象,分析液片两侧受力情况,建立平衡方程,消去面积,得到液片两侧压强相等的方程,求得气体的压强。 (2)力平衡法:选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析,得到液柱(或活塞)的受力平衡方程,求得气体的压强。 (3)等压面法:在连通器中,同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等。 (4)牛顿第二定律法:选取与气体接触的液体(或活塞)为研究对象,进行受力分析,利用牛顿第二定律列方程求解。 考点二　气体实验定律及其图像 必备知识•全方位凝练 一、气体实验定律 1.气体实验定律的拓展式 (1)查理定律的推论:Δp=ΔT。 (2)盖-吕萨克定律的推论:ΔV=ΔT。 2.分析气体状态变化的问题要抓住三点 (1)阶段性:即弄清一个物理过程分为哪几个阶段。 (2)联系性:即找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的。 (3)规律性:即明确哪个阶段应遵循什么实验定律。 二、气体状态变化中的图像问题 1.一定质量的气体不同图像的比较 2.分析技巧 利用作垂直于坐标轴的辅助线去分析不同温度的两条等温线、不同体积的两条等容线、不同压强的两条等压线的关系。 例如:(1)在图甲中,V1对应虚线为等容线,A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点,可以认为从B状态通过等容升压到A状态,温度必然升高,所以T2>T1。 (2)如图乙所示,A、B两点的温度相等,从B状态到A状态压强增大,体积一定减小,所以V2<V1。 [练一练] 1.判断下列说法对错 (1)一定质量的气体,温度越高,压强越大。(　　) (2)任何气体都遵从气体实验定律。(　　) × × 2.(多选)(教材选择性必修第三册第42页习题改编)如图所示,某种洗衣机进水时,与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气,通过压力传感器感知管中的空气压力,从而控制进水量。设封闭空气温度不变,若洗衣缸内水位升高,则对细管内被封闭的空气,下列说法正确的是(　　) A.压强增大 B.分子运动的平均动能增大 C.单位时间内撞击容器壁单位面积的分子数增多 D.外界一直对气体做正功 ACD 解析 封闭空气温度不变,若洗衣缸内水位升高,洗衣缸与细管内水面的高度差增大,细管内气体的压强增大,根据玻意耳定律可知细管内被封闭的空气体积减小,单位时间内撞击容器壁单位面积的分子数增多,故A、C正确;封闭空气温度不变,分子运动的平均动能不变,故B错误;洗衣缸内水位升高,气体体积减小,外界一直对气体做正功,故D正确。 关键能力•多维度提升 考向1　气体实验定律 典例1　(2025广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如图所示,A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B的体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时 差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积VA1=4.0×10-2 m3,B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa,重力加速度大小g取10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦,差压阀与连接管道内的气体体积不计。当环境温度降低到T2=270 K时: (1)求B内气体压强pB2; (2)求A内气体体积VA2; (3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m。 答案 (1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3　(3)1.1×102 kg 解析 (1) 设差压阀要打开时的温度为T,A、B两个汽缸导热良好,B内气体做等容变化,初态pB1=p0,T1=300 K,末态pB=p0-Δp,根据解得T=267 K,说明降低到T2时,差压阀没有打开,即末态T2=270 K,根据代入数据可得pB2=9×104 Pa。 (2)A内气体做等压变化,压强保持不变,初态VA1=4.0×10-2 m3,T1=300 K 末态T2=270 K 根据 代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3。 (3)恰好稳定时,A内气体压强为pA'=p0+ B内气体压强pB'=p0 此时差压阀恰好关闭,所以有pA'-pB'=Δp 代入数据联立解得m=1.1×102 kg。 规律总结 定律 玻意耳定律 查理定律 盖-吕萨克定律 内容 一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,压强与体积成反比 一定质量的某种气体,在体积不变的情况下,压强与热力学温度成正比 一定质量的某种气体,在压强不变的情况下,体积与热力学温度成正比 表达式 pV=C或p1 V1=p2 V2 p=CT或 V=CT或 图像       考向2　气体状态变化中的图像问题 典例2　(多选)如图甲所示,质量为m、半径为R的圆柱形汽缸(上端有卡扣)用活塞封闭一定质量的理想气体,活塞用细线连接并悬挂在天花板上。初始时封闭气体的热力学温度为T0,活塞和容器上、下部相距均为h,现让封闭气体的温度缓慢升高,气体从初始状态A经状态B到达状态C,其p-V图像如图乙所示,已知外界大气压恒为p0,O、A、C三点共线,活塞光滑且气密性良好,重力加速度大小为g,则理想气体在状态(　　) A.B的热力学温度为2T0 B.B的压强为p0+ C.C的压强为 D.C的热力学温度为4T0 AD 解析 气体先做等压变化,压强为p=p0-,当活塞刚到达汽缸卡扣处时,气体体积为原来的2倍,由可知,气体在状态B的热力学温度为2T0,故A正确,B错误;状态B之后气体做等容变化,气体在状态C的压强为在状态B压强的2倍,由可知,气体在状态C的热力学温度为4T0,故C错误,D正确。 考点三　理想气体状态方程的求解 必备知识•全方位凝练 1.理想气体状态方程与气体实验定律的关系 2.重要推论:+… 3.利用气体实验定律及理想气体状态方程解题的基本思路 关键能力•多维度提升 典例　某气泡膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像,气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0的状态B,然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0的状态C,B到C过程中外界对气体做功为W。气泡内气体可视为质量不变的理想气体,p0、V0、T0和W已知。求: (1)状态B的压强pB; (2)状态C的温度TC的表达式; (3)B到C过程中,气泡内气体内能的变化量。   答案 (1)p0　(2)1.9T0　(3)W 解析 (1)从A到B过程,根据玻意耳定律有pAVA=pBVB 解得pB=p0。 (2)根据理想气体状态方程可知 解得TC=1.9T0。 (3)根据热力学第一定律ΔU=W+Q 其中Q=0,故气体内能增加ΔU=W。 考点四　热力学定律的理解与应用 必备知识•全方位凝练 1.热力学第一定律的三种特殊情况 (1)若过程是绝热的,则Q=0,W=ΔU,外界对物体做的功等于物体内能的增加量。 (2)若过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU,物体吸收的热量等于物体内能的增加量。 (3)若过程的初、末状态物体的内能不变,即ΔU=0,则W+Q=0或W=-Q。外界对物体做的功等于物体放出的热量。 (4)ΔU=Q+W中正、负号法则: 符号 W Q ΔU + 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加 - 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少 2.热力学第二定律的两种表述 (1)克劳修斯表述:热量不能自发地从低温物体传到高温物体。 (2)开尔文表述:不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响。 3.关键字的理解 (1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性,不需要借助外界提供能量的帮助。 (2)“不产生其他影响”指发生的热力学宏观过程只在本系统内完成,对周围环境不产生热力学方面的影响,如吸热、放热、做功等。 4.两类永动机的比较 分类 第一类永动机 第二类永动机 设计初衷 不需要任何动力或燃料,却能不断地对外做功的机器 从单一热源吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响的机器 不可能制成的原因 违背能量守恒定律 不违背能量守恒定律,违背热力学第二定律 [练一练] 判断下列说法对错 (1)理想气体的内能只与温度有关,与气体的体积无关。(　　) (2)外界压缩气体做功20 J,气体的内能可能不变。(　　) √ √ 关键能力•多维度提升 典例　(多选)电冰箱的工作原理示意图如图所示,压缩机工作时,强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环,在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量,经过冷凝器时制冷剂液化,放出热量到箱体外。下列说法正确的是(　　) A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外 B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内 的热量传到外界,是因为其消耗了电能 C.电冰箱的工作原理违背热力学第一定律 D.电冰箱除了将热量从低温热库传到高温热库外,工作过程中所产生的其他一切影响,无论用任何办法都不可能加以消除 BD 解析 热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律,是能量守恒定律的具体表现,适用于所有的热学过程,故C错误;根据热力学第二定律,热量不能自发地从低温物体传到高温物体,必须借助于其他系统做功,故A错误,B正确;压缩机工作时会发热,将一部分电能转化为内能消耗掉,这种影响没法消除,故D正确。 考点五　固体和液体的性质 必备知识•全方位凝练 1.液体的微观结构特点 (1)分子间的距离很小,在液体内部分子间的距离在10-10 m左右。 (2)液体分子间的相互作用力很大,但比固体分子间的作用力要小。 2.液体表面张力 形成原因 表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大,分子间的相互作用力表现为引力 表面特性 表面层分子间的引力使液面产生了表面张力,使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜,分子势能大于液体内部的分子势能 方向 和液面相切,垂直于液面上的各条分界线 效果 表面张力使液体表面具有收缩趋势,使液体表面积趋于最小,而在体积相同的条件下,球形的表面积最小 3.毛细现象 指浸润液体在细管中上升的现象,以及不浸润液体在细管中下降的现象。毛细管越细,毛细现象越明显。 4.晶体的微观结构 (1)晶体的微观结构特点:组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列。 (2)用晶体的微观结构特点解释晶体的特点 现象 原因 晶体有确定的几何外形 由于内部微粒有规则的排列 晶体物理性质各向异性 由于内部从任一结点出发在不同方向的微粒的分布情况不同 晶体的多形性 由于组成晶体的微粒可以形成不同的空间点阵 5.晶体与非晶体的比较 分类 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 外形 有规则的几何外形 无规则的几何外形 无规则的几何外形 熔点 确定 确定 不确定 物理性质 各向异性 各向同性 各向同性 典型物质 石英、云母、明矾、食盐 玻璃、橡胶 转化 晶体和非晶体在一定条件下可以转化 6.液晶的主要性质 (1)液晶具有晶体的各向异性的特点。原因是在微观结构上,从某个方向看,液晶的分子排列比较整齐,有特殊的取向。 (2)液晶分子排列是杂乱的,因而液晶又具有液体的性质,具有一定的流动性。 [练一练] 判断下列说法对错 (1)晶体不一定各向异性,单晶体一定各向异性。(　　) (2)表面张力是液体表面各部分分子间存在的相互排斥力。(　　) √ × 关键能力•多维度提升 典例1　水能够浸润玻璃。向正方形的玻璃鱼缸内注入一定体积的水(图中阴影区域),然后盖上玻璃板,完全密封。如果把这个鱼缸放置在天宫空间站,即处于完全失重的环境中,则稳定后鱼缸内水的形状可能是(　　) A 解析 水处于完全失重状态,由于水对玻璃的浸润性,在表面张力的作用下,水应该吸附在容器的内表面呈现A选项的形状,故A正确,B、C、D错误。 典例2　如图所示,ACBD是一块厚度均匀的由同一种微粒构成的圆板,AB和CD是互相垂直的两条直径,把圆板从图示位置转90°后电流表示数发生了变化(两种情况下都接触良好)。关于圆板,下列说法正确的是(　　) A.圆板是非晶体 B.圆板是多晶体 C.圆板是单晶体 D.不知有无固定熔点,无法判定是晶体还是非晶体 C 解析 电流表示数发生变化,说明圆板沿AB和CD两个方向的导电性能不同,即各向异性,所以圆板是单晶体,故选C。 变式练 下列关于固体、液体、气体的说法正确的是(　　) A.夏季干旱时,给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管,防止水分蒸发 B.晶体沿不同方向的导热或导电性能不同,但沿不同方向的光学性质一定相同 C.由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以存在浸润现象 D.炒菜时我们看到的烟气,是油烟颗粒的热运动 A 解析 土壤中存在一系列毛细管,水分通过毛细管能够上升到地面蒸发,夏季干旱时,给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管,防止水分蒸发,A正确;晶体在导热、导电性质上表现出各向异性,则其为单晶体,但其在光学性质上不一定表现出各向异性,即沿不同方向的光学性质不能确定是否相同,B错误;由于液体附着层分子间距离小于液体内部分子间距离,所以存在浸润现象,C错误;油烟颗粒是宏观粒子,油烟颗粒的运动不是热运动,D错误。 题后反思 分析晶体与非晶体的注意事项 (1)单晶体物理性质具有各向异性,但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。 (2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体,且是单晶体。 (3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体,反之,必是非晶体。 (4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。 [真题信息拓展] (多选)(2025河南卷)如图,一圆柱形汽缸水平固定,其内部被活塞M、P、N密封成两部分,活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时,P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2,体积分别为V1和V2,T1<T2,V1<V2,则(　 ) A.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将右移 B.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将左移 C.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将右移 D.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将左移 AC 解析 初始时活塞P左右两侧压强相同,有p1=p2=p0,假设V1、V2不变,两侧气体均发生等容变化,根据盖-吕萨克定律,有,解得Δp1=p0,Δp2=p0,由于T1<T2,则Δp1>Δp2,活塞P向右侧移动,A正确,B错误; T1、T2不变,两侧气体发生等温变化,根据玻意耳定律,有p0V1=p1(V1-ΔV), p0V2=p2(V2-ΔV),变形后有p1=p0,p2=p0,由于V1<V2,则p1>p2,活塞P向右移动,C正确,D错误。 图像类别 特点 举例 p-V pV=CT(其中C为恒量),即pV之积越大的等温线温度越高,线离原点越远 p- p=CT,斜率k=CT,即斜率越大,温度越高 图像类别 特点 举例 p-T p=T,斜率k=,即斜率越大,体积越小 V-T V=T,斜率k=,即斜率越大,压强越小 $